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2022届山东省枣庄市第三中学高三（上）第一次月考物理试题含解析
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山东省枣庄市第三中学2021-2022学年高三年级第一次质量检测物理试题2021.10第一卷（40分）一、选择题（1-8题为单选题，每题3分；9-12题为多选题，每题4分，选不全得2分）1. 关于匀变速直线运动的公式，有下面几种说法，正确的是：A. 由公式a =（vt − v0）/t可知，做匀变速直线运动的物体，其加速度a的大小与物体运动的速度改变量(vt − v0)成正比，与速度改变量所对应的时间t成反比B. 由公式a =（vt2 - v02）/2x可知，做匀变速直线运动的物体，其加速度a的大小与物体运动的速度平方的改变量(vt2 - v02)成正比，与物体运动的位移x成反比C. 由公式x = at2/2可知，做初速度为零的匀变速直线运动的物体，其位移x的大小与物体运动的时间t的平方成正比.D. 由公式vt = vo + at可知，做匀变速直线运动的物体，若加速度a ＞ 0，则物体做加速运动，若加速度a ＜ 0 ，则物体做减速运动【答案】C【解析】【详解】物体做匀变速直线运动，加速度保持不变，根据a＝，其为加速度的定义式，不能说加速度a的大小与物体运动的速度改变量（vt-v0）成正比，与速度改变量所对应的时间t成反比，故选项A错误；物体做匀变速直线运动，加速度保持不变，不能说加速度a的大小与物体运动的速度平方的改变量（vt2-v02）成正比，与物体运动的位移s成反比，选项B错误；因为匀变速直线运动的加速度保持不变，故根据s=at2/2可知，做初速度为零的匀变速直线运动的物体，其位移s的大小与物体运动的时间t的平方成正比，选项C正确；物体做加速运动还是减速运动根据物体运动的速度方向与加速度方向是否相同决定，同向为加速反向为减速，由公式vt=v0+at可知，做匀变速直线运动的物体，取初速度方向为正方向，则若加速度a＞0，则物体做加速运动，若加速度a＜0，则物体做减速运动；困本题中没有注明速度方向为正，仅根据加速度的方向判断加速还是减速是错误的，选项D错误．故选C．【点睛】物理公式不同于数学公式，不满足物理情景的公式转换，仅满足数学关系式时并不能满足物理关系，所以在公式判断转换上要根据公式包含的物理情景一起分析．2. 如图所示，两个小球a，b的质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为30°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧的最短伸长量为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】以两个小球组成的整体为研究对象，受到总的重力2mg、弹簧弹力和细线的拉力；根据平衡条件得知，F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，力的合成情况如图所示 由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为Fmin=2mgsinθ=mg则弹簧最短伸长量为故B正确，ACD错误。故选B。3. 如图所示，一列长为L的火车沿平直轨道匀加速地驶过长为L的水平桥，车头过桥头A时速度是v1，车头过桥尾B时速度是v2，则车尾通过桥尾时的速度为（ ）A. v2 B. 2v2﹣v1C. D. 【答案】D【解析】【分析】车头从桥头到桥尾运动的位移是L，根据位移﹣速度公式求出加速度，车头从桥头到车尾通过桥尾，火车运动的位移是2L，再根据位移﹣速度公式即可求解．【详解】火车车头从桥头到桥尾运动的过程中有：2aL＝…①火车车头从桥头到车尾通过桥尾的过程中有：2a•2L＝…②由①②得：v＝．故选D．4. 如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP，OQ，OP竖直放置，小球a，b固定在轻弹簧的两端．水平力F作用于b时，a，b紧靠挡板处于静止状态．现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则（ ）A. 弹簧变长B. 弹簧变短C. 力F变大D. b对地面的压力变大【答案】A【解析】【详解】设弹簧与竖直方向的夹角为α，现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则α减小，以a球为研究对象，分析受力情况；根据平衡条件得：F弹=，α减小，cosα增大，则F弹减小，弹簧变长，故A正确，B错误；挡板对a的弹力N=mgtanα，α减小，N减小．对整体研究：水平方向：F=N，则作用力F将减小，竖直方向：地面对b的支持力FN=（ma+mb）g，不变，根据牛顿第三定律可知，b对地面的压力不变，故CD错误．故选A.5. 如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有( ) A. a1＝a2＝a3＝a4＝0B a1＝a2＝a3＝a4＝gC. a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝gD. a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g【答案】C【解析】【详解】在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F弹则a3＝0由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g综上所述，ABD错误，C正确。故选C。6. 如图所示，一架在2000m高空以200m/s的速度水平匀速飞行的轰炸机，要想用两枚炸弹分别炸山脚和山顶的目标A和B，已知山高720m，山脚与山顶的水平距离为1000m，若不计空气阻力，g取10m/s2，则投弹的时间间隔应为 ( )A. 4s B. 5s C. 9s D. 16s【答案】C【解析】【详解】试题分析：第一颗炸弹飞行时间，飞机扔第一颗炸弹时离山脚的水平距离经，第二炸弹飞行时间，行的水平距离，则投弹的时间间隔为，C正确7. 如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲--起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为N），横坐标为时间（单位为s）．由图线可知，该人的体重约为650N，除此之外，还可以得到的信息是A. 该人做了两次下蹲--起立的动作B. 该人做了一次下蹲--起立的动作C. 下蹲过程中人处于失重状态D. 下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态【答案】B【解析】【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此．【详解】人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲-起立的动作，A错误，B正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，CD均错误；故选B．【点睛】本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别8. 如图，倾角为45°的斜面体A放在水平地面上，A与地面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，光滑半球体B静止在竖直墙和斜面体之间，已知A、B所受重力都为G，若在B的球心处施加一竖直向下的力F，要保持斜面体静止不动，F的最大值是（ ）A. G B. 1.5G C. 2G D. 2.5G【答案】C【解析】【详解】对斜面体和半球体整体受力分析如图甲所示，施加力F之后，可知斜面体对地面的正压力为2G＋F，最大静摩擦力为fm＝μ(2G＋F)对半球体受力分析如图乙所示，未施加力F时有，竖直墙壁的弹力大小F1＝Gtan45°施加力F之后，竖直墙壁弹力大小变为F1′＝(G＋F)tan45°要使斜面体静止不动，水平方向上受力平衡，即(G＋F)tan45°≤μ(2G＋F)解得F≤2G故选C。 9. 如图甲所示，一维坐标系中有一质量为m=2kg的物块静止于x轴上的某位置（图中未画出），从t=0时刻开始，物块在外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，其位置坐标与速率平方关系的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）A. 物块运动的加速度大小为1m/s2B. 前2s时间内物块的位移大小为2mC. t=4s时物块位于x=2m处D. 2~4s时间内物块的位移大小为3m【答案】CD【解析】【详解】A． 由x=x0+，结合图像可知物块做匀加速直线运动，加速度a=0.5m/s2，初位置x0=−2m，故A错误； B. 由x=at2得t=2s时物块的位移x=1m，故B错误；C． 由x=x0+at2得t=4s时物块的位置为x=2m，故C正确；D．由x=at2得t=2s时物块的位移x=1m，t=4s时物块的位移x=4m，2~4s时间内物块的位移大小为3m，故D正确。故选CD。10. 如图所示，轻质光滑滑轮两侧用轻绳连着两个物体A与B，物体B放在水平地面上，A、B均静止，已知A和B的质量分别为mA、mB，绳与水平方向的夹角为θ（θ<90°），重力加速度为g，则（ ）A. 物体B受到的摩擦力可能为零B. 物体B受到的摩擦力大小为mAgcosθC. 物体B对地面的压力可能为零D. 物体B对地面的压力大小为mBg－mAgsinθ【答案】BD【解析】详解】对A，根据平衡条件，可得轻绳拉力FT=mAg对B，在水平方向有Ff=FTcosθ=mAgcosθ在竖直方向，地面对B的支持力FN=mBg-FTsinθ=mBg-mAgsinθ由牛顿第三定律可知，物体B对地面的压力大小为mBg-mAgsinθ；当mBg=mAgsinθ时，FN=0，此时物体B不可能静止。故选BD。11. 如图甲所示，水平传送带始终以恒定速率运行，质量为m的物块以初速度从与传送带等高的光滑水平地面上的A处向左滑上传送带，若从物块滑上传送带开始计时，物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知，则（ ）A. 在时刻，物块离A处的距离达到最大B. 在时刻，物块相对传送带滑动的距离达到最大C. 在时间内，物块一直受到方向向右的摩擦力D. 物块相对传动带的最大位移是【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A正确；B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，则在时刻，物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；C．t2～t3时间内小物块匀速运动，不受摩擦力作用，故C错误；D．0～t1时间内，传送带的位移为小物块的位移为所以小物块相对传送带的位移向左，大小为t1~t2时间内，物块向右加速，皮带向右匀速运动，物体相对皮带向左，相对位移大小为两者的位移之差由于t2-t3时间内小物块相对传送带静止，所以0～t3时间内小物块相对传送带的位移向左，大小为故D错误；故选AB。12. 如图所示，质量为m的物块A静置在水平桌面上，通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为3m的物块B．现由静止释放物块A、B，以后的运动过程中物块A不与定滑轮发生碰撞．已知重力加速度大小为g，不计所有阻力，下列说法正确的是（ ）A. 在相同时间内物块A、B运动的路程之比为2:1B. 物块A、B的加速度之比为1:1C. 轻绳的拉力为D. B下落高度h时速度【答案】AC【解析】【详解】根据动滑轮的特点可知B下降s，A需要走动2s，而，A正确；因为都是从静止开始运动的，故有，解得，B错误；对A分析有：，对B分析有，解得，，C正确；对B，加速度为，根据速度位移公式，有，解得，D错误；【点睛】本题的突破点是两者的路程关系，这一点需要结合动滑轮的特点分析，还有不能盲目的认为本题和如图所示的情况相同，认为加速度相同，受力不一样，所以加速度也不一样了．第二卷（60分）二、实验题（15分）13. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：a.如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计；b.沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小。用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向；c.再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向；(1)本实验用到的物理方法是_______；(2)图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中________是F1和F2合力的理论值（填写或）；(3)实验中的一次测量如图丙所示，两个测力计M、N的拉力方向互相垂直，即α+β＝，若保持测力计M的读数不变，当角α由图中所示的值逐渐增大时，要使橡皮筋的活动端仍在O点，可采用的办法是______；A.增大N的读数，增大β角 B.减小N的读数，增大β角C.减小N的读数，减小β角 D.增大N的读数，减小β角【答案】 ①. 等效替代法 ②. ③. A【解析】【分析】【详解】(1)[1]合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法(2)[2]由力的平行四边形定则知道，F′为合力的理论值。(3)[3]保持活动端在0点不动，即合力大小方向都不变，测力计M示数不变，根据要求作出力的平行四边形定则，如下图所示，由图可知，需要测力计N示数增大，且增大β角。故A正确。故选A。14. 某实验小组在测木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行。(1)实验过程中，电火花打点计时器应接在___________（选填“直流”或“交流”）电源上。(2)已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间的动摩擦因数μ＝__________。(3)图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出。从纸带上测出x1＝2.10 cm，x2＝3.62 cm，x5＝8.12 cm，x6＝9.60 cm。则木块加速度大小a＝__________m/s2（保留两位有效数字）。【答案】 ①. 交流 ②. ③. 1.5【解析】【详解】(1)电火花打点计时器应接在交流电源上。(2)对砝码mg-T=ma对木块T-μMg=Ma解得；(3)因T=0.1s，则x46-x02=2a（2T）2解得三、计算题（46分）15. 足球比赛中，经常使用“边路突破、下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。如图，某足球场长90m、宽60m，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度为12m/s的匀减速直线运动，减速过程的加速度大小为2m/s2。(1)足球从开始减速到停下来的位移为多大；(2)若足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球，该队员的启动过程可视为初速度为零、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s，则该前锋队员经过多长时间才能追上足球。 【答案】（1）16m；（2）6.5s【解析】【详解】(1)设足球初速度大小为v0，加速度大小为a1，足球做匀减速直线运动的时间为t1，位移为x1，根据运动学公式有v0=a1t1，代入数据可得t1=6s，x1=36m(2) 设前锋队员的加速度大小为a2，最大速度为vm，前锋队员加速到最大速度所用时间为t2、位移为x2，根据运动学公式有vm=a2t2，代入数据可解得t2=4s，x2=16m前锋队员加速到最大速度时，足球的位移故此时队员没有追上足球。之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，设前锋队员匀速运动的位移为x3，则有x3＝vm(t1－t2)解得x3=16 m。由于x1>x2＋x3，故当足球停止运动时，前锋队员仍没有追上足球，设前锋队员又运动了t3时间才追上足球，如图，则有x1－(x2＋x3)=vmt3代入数据解得t3=0.5 s。故前锋队员追上足球所用的总时间t=t1＋t3=6.5s16. 如图所示，固定斜面体的斜面AD部分粗糙，DB部分光滑，一个物块从斜面底端A点以大小为9m/s的初速度沿斜面上滑，最高到达E点，经过D点的速度大小为6m/s，且。已知斜面的倾角为37°，重力加速度，，，求（结果可用分式或带根号）：（1）物块在AD段与斜面间的动摩擦因数；（2）物块又返回到A点的速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）物块从A运动到D过程的加速度大小为，由牛顿第二定律可得物块从D运动到E过程的加速度大小为，由牛顿第二定律可得根据位移公式可得，，联立解得，（2）由动能定理可得解得17. 如图甲所示，一本词典放置在水平桌面上，词典的总厚度，总质量，将一张白纸（质量和厚度均可忽略）夹在词典最深处，白纸距词典上表面的高度为，如图乙所示，白纸上下表面与书页间，词典与桌面间的动摩擦因数均为，各接触面间的最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，白纸受到的压力大小等于压在白纸上方那部分词典的重力，且词典的质量随高度均匀分布。用大小合适的水平拉力向外拉白纸，可带动词典在桌面上运动，重力加速度，求：（1）词典在桌面上运动时桌面对词典的摩擦力和白纸与词典间的最大摩擦力；（2）词典在桌面上运动的最大加速度。【答案】（1）5.4N，7.2N；（2）【解析】【分析】【详解】（1）词典在桌面上运动时桌面对词典的摩擦力代入数据解得白纸上方词典的质量白纸与词典间最大摩擦力代入数据解得（2）词典运动的最大加速度a满足代入数据解得最大加速度18. 一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10ｍ/s2.求：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数； （2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。 【答案】（1）0.20 ， 0.30 （2）s=1.125m【解析】【详解】试题分析：（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板与物块的质量均为m．v-t的斜率等于物体的加速度，则得：在0-0．5s时间内，木板的加速度大小为．对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得μ1mg+μ2•2mg=ma1，①对物块：0-0．5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2=μ1gt=0．5s时速度为v=1m/s，则 v=a2t ②由①②解得μ1=0．20，μ2=0．30（2）0．5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止．根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2=μ1g=2m/s2．0．5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为故整个过程中木板的位移大小为物块的位移大小为所以物块相对于木板的位移的大小为s=x1-x2=1．125m考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题首先要掌握v-t图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移．
山东省枣庄市第三中学2021-2022学年高三年级第一次质量检测物理试题2021.10第一卷（40分）一、选择题（1-8题为单选题，每题3分；9-12题为多选题，每题4分，选不全得2分）1. 关于匀变速直线运动的公式，有下面几种说法，正确的是：A. 由公式a =（vt − v0）/t可知，做匀变速直线运动的物体，其加速度a的大小与物体运动的速度改变量(vt − v0)成正比，与速度改变量所对应的时间t成反比B. 由公式a =（vt2 - v02）/2x可知，做匀变速直线运动的物体，其加速度a的大小与物体运动的速度平方的改变量(vt2 - v02)成正比，与物体运动的位移x成反比C. 由公式x = at2/2可知，做初速度为零的匀变速直线运动的物体，其位移x的大小与物体运动的时间t的平方成正比.D. 由公式vt = vo + at可知，做匀变速直线运动的物体，若加速度a ＞ 0，则物体做加速运动，若加速度a ＜ 0 ，则物体做减速运动【答案】C【解析】【详解】物体做匀变速直线运动，加速度保持不变，根据a＝，其为加速度的定义式，不能说加速度a的大小与物体运动的速度改变量（vt-v0）成正比，与速度改变量所对应的时间t成反比，故选项A错误；物体做匀变速直线运动，加速度保持不变，不能说加速度a的大小与物体运动的速度平方的改变量（vt2-v02）成正比，与物体运动的位移s成反比，选项B错误；因为匀变速直线运动的加速度保持不变，故根据s=at2/2可知，做初速度为零的匀变速直线运动的物体，其位移s的大小与物体运动的时间t的平方成正比，选项C正确；物体做加速运动还是减速运动根据物体运动的速度方向与加速度方向是否相同决定，同向为加速反向为减速，由公式vt=v0+at可知，做匀变速直线运动的物体，取初速度方向为正方向，则若加速度a＞0，则物体做加速运动，若加速度a＜0，则物体做减速运动；困本题中没有注明速度方向为正，仅根据加速度的方向判断加速还是减速是错误的，选项D错误．故选C．【点睛】物理公式不同于数学公式，不满足物理情景的公式转换，仅满足数学关系式时并不能满足物理关系，所以在公式判断转换上要根据公式包含的物理情景一起分析．2. 如图所示，两个小球a，b的质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为30°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧的最短伸长量为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】以两个小球组成的整体为研究对象，受到总的重力2mg、弹簧弹力和细线的拉力；根据平衡条件得知，F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，力的合成情况如图所示 由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为Fmin=2mgsinθ=mg则弹簧最短伸长量为故B正确，ACD错误。故选B。3. 如图所示，一列长为L的火车沿平直轨道匀加速地驶过长为L的水平桥，车头过桥头A时速度是v1，车头过桥尾B时速度是v2，则车尾通过桥尾时的速度为（ ）A. v2 B. 2v2﹣v1C. D. 【答案】D【解析】【分析】车头从桥头到桥尾运动的位移是L，根据位移﹣速度公式求出加速度，车头从桥头到车尾通过桥尾，火车运动的位移是2L，再根据位移﹣速度公式即可求解．【详解】火车车头从桥头到桥尾运动的过程中有：2aL＝…①火车车头从桥头到车尾通过桥尾的过程中有：2a•2L＝…②由①②得：v＝．故选D．4. 如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP，OQ，OP竖直放置，小球a，b固定在轻弹簧的两端．水平力F作用于b时，a，b紧靠挡板处于静止状态．现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则（ ）A. 弹簧变长B. 弹簧变短C. 力F变大D. b对地面的压力变大【答案】A【解析】【详解】设弹簧与竖直方向的夹角为α，现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则α减小，以a球为研究对象，分析受力情况；根据平衡条件得：F弹=，α减小，cosα增大，则F弹减小，弹簧变长，故A正确，B错误；挡板对a的弹力N=mgtanα，α减小，N减小．对整体研究：水平方向：F=N，则作用力F将减小，竖直方向：地面对b的支持力FN=（ma+mb）g，不变，根据牛顿第三定律可知，b对地面的压力不变，故CD错误．故选A.5. 如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有( ) A. a1＝a2＝a3＝a4＝0B a1＝a2＝a3＝a4＝gC. a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝gD. a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g【答案】C【解析】【详解】在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F弹则a3＝0由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g综上所述，ABD错误，C正确。故选C。6. 如图所示，一架在2000m高空以200m/s的速度水平匀速飞行的轰炸机，要想用两枚炸弹分别炸山脚和山顶的目标A和B，已知山高720m，山脚与山顶的水平距离为1000m，若不计空气阻力，g取10m/s2，则投弹的时间间隔应为 ( )A. 4s B. 5s C. 9s D. 16s【答案】C【解析】【详解】试题分析：第一颗炸弹飞行时间，飞机扔第一颗炸弹时离山脚的水平距离经，第二炸弹飞行时间，行的水平距离，则投弹的时间间隔为，C正确7. 如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲--起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为N），横坐标为时间（单位为s）．由图线可知，该人的体重约为650N，除此之外，还可以得到的信息是A. 该人做了两次下蹲--起立的动作B. 该人做了一次下蹲--起立的动作C. 下蹲过程中人处于失重状态D. 下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态【答案】B【解析】【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此．【详解】人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲-起立的动作，A错误，B正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，CD均错误；故选B．【点睛】本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别8. 如图，倾角为45°的斜面体A放在水平地面上，A与地面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，光滑半球体B静止在竖直墙和斜面体之间，已知A、B所受重力都为G，若在B的球心处施加一竖直向下的力F，要保持斜面体静止不动，F的最大值是（ ）A. G B. 1.5G C. 2G D. 2.5G【答案】C【解析】【详解】对斜面体和半球体整体受力分析如图甲所示，施加力F之后，可知斜面体对地面的正压力为2G＋F，最大静摩擦力为fm＝μ(2G＋F)对半球体受力分析如图乙所示，未施加力F时有，竖直墙壁的弹力大小F1＝Gtan45°施加力F之后，竖直墙壁弹力大小变为F1′＝(G＋F)tan45°要使斜面体静止不动，水平方向上受力平衡，即(G＋F)tan45°≤μ(2G＋F)解得F≤2G故选C。 9. 如图甲所示，一维坐标系中有一质量为m=2kg的物块静止于x轴上的某位置（图中未画出），从t=0时刻开始，物块在外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，其位置坐标与速率平方关系的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）A. 物块运动的加速度大小为1m/s2B. 前2s时间内物块的位移大小为2mC. t=4s时物块位于x=2m处D. 2~4s时间内物块的位移大小为3m【答案】CD【解析】【详解】A． 由x=x0+，结合图像可知物块做匀加速直线运动，加速度a=0.5m/s2，初位置x0=−2m，故A错误； B. 由x=at2得t=2s时物块的位移x=1m，故B错误；C． 由x=x0+at2得t=4s时物块的位置为x=2m，故C正确；D．由x=at2得t=2s时物块的位移x=1m，t=4s时物块的位移x=4m，2~4s时间内物块的位移大小为3m，故D正确。故选CD。10. 如图所示，轻质光滑滑轮两侧用轻绳连着两个物体A与B，物体B放在水平地面上，A、B均静止，已知A和B的质量分别为mA、mB，绳与水平方向的夹角为θ（θ<90°），重力加速度为g，则（ ）A. 物体B受到的摩擦力可能为零B. 物体B受到的摩擦力大小为mAgcosθC. 物体B对地面的压力可能为零D. 物体B对地面的压力大小为mBg－mAgsinθ【答案】BD【解析】详解】对A，根据平衡条件，可得轻绳拉力FT=mAg对B，在水平方向有Ff=FTcosθ=mAgcosθ在竖直方向，地面对B的支持力FN=mBg-FTsinθ=mBg-mAgsinθ由牛顿第三定律可知，物体B对地面的压力大小为mBg-mAgsinθ；当mBg=mAgsinθ时，FN=0，此时物体B不可能静止。故选BD。11. 如图甲所示，水平传送带始终以恒定速率运行，质量为m的物块以初速度从与传送带等高的光滑水平地面上的A处向左滑上传送带，若从物块滑上传送带开始计时，物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知，则（ ）A. 在时刻，物块离A处的距离达到最大B. 在时刻，物块相对传送带滑动的距离达到最大C. 在时间内，物块一直受到方向向右的摩擦力D. 物块相对传动带的最大位移是【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A正确；B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，则在时刻，物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；C．t2～t3时间内小物块匀速运动，不受摩擦力作用，故C错误；D．0～t1时间内，传送带的位移为小物块的位移为所以小物块相对传送带的位移向左，大小为t1~t2时间内，物块向右加速，皮带向右匀速运动，物体相对皮带向左，相对位移大小为两者的位移之差由于t2-t3时间内小物块相对传送带静止，所以0～t3时间内小物块相对传送带的位移向左，大小为故D错误；故选AB。12. 如图所示，质量为m的物块A静置在水平桌面上，通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为3m的物块B．现由静止释放物块A、B，以后的运动过程中物块A不与定滑轮发生碰撞．已知重力加速度大小为g，不计所有阻力，下列说法正确的是（ ）A. 在相同时间内物块A、B运动的路程之比为2:1B. 物块A、B的加速度之比为1:1C. 轻绳的拉力为D. B下落高度h时速度【答案】AC【解析】【详解】根据动滑轮的特点可知B下降s，A需要走动2s，而，A正确；因为都是从静止开始运动的，故有，解得，B错误；对A分析有：，对B分析有，解得，，C正确；对B，加速度为，根据速度位移公式，有，解得，D错误；【点睛】本题的突破点是两者的路程关系，这一点需要结合动滑轮的特点分析，还有不能盲目的认为本题和如图所示的情况相同，认为加速度相同，受力不一样，所以加速度也不一样了．第二卷（60分）二、实验题（15分）13. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：a.如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计；b.沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小。用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向；c.再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向；(1)本实验用到的物理方法是_______；(2)图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中________是F1和F2合力的理论值（填写或）；(3)实验中的一次测量如图丙所示，两个测力计M、N的拉力方向互相垂直，即α+β＝，若保持测力计M的读数不变，当角α由图中所示的值逐渐增大时，要使橡皮筋的活动端仍在O点，可采用的办法是______；A.增大N的读数，增大β角 B.减小N的读数，增大β角C.减小N的读数，减小β角 D.增大N的读数，减小β角【答案】 ①. 等效替代法 ②. ③. A【解析】【分析】【详解】(1)[1]合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法(2)[2]由力的平行四边形定则知道，F′为合力的理论值。(3)[3]保持活动端在0点不动，即合力大小方向都不变，测力计M示数不变，根据要求作出力的平行四边形定则，如下图所示，由图可知，需要测力计N示数增大，且增大β角。故A正确。故选A。14. 某实验小组在测木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行。(1)实验过程中，电火花打点计时器应接在___________（选填“直流”或“交流”）电源上。(2)已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间的动摩擦因数μ＝__________。(3)图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出。从纸带上测出x1＝2.10 cm，x2＝3.62 cm，x5＝8.12 cm，x6＝9.60 cm。则木块加速度大小a＝__________m/s2（保留两位有效数字）。【答案】 ①. 交流 ②. ③. 1.5【解析】【详解】(1)电火花打点计时器应接在交流电源上。(2)对砝码mg-T=ma对木块T-μMg=Ma解得；(3)因T=0.1s，则x46-x02=2a（2T）2解得三、计算题（46分）15. 足球比赛中，经常使用“边路突破、下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。如图，某足球场长90m、宽60m，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度为12m/s的匀减速直线运动，减速过程的加速度大小为2m/s2。(1)足球从开始减速到停下来的位移为多大；(2)若足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球，该队员的启动过程可视为初速度为零、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s，则该前锋队员经过多长时间才能追上足球。 【答案】（1）16m；（2）6.5s【解析】【详解】(1)设足球初速度大小为v0，加速度大小为a1，足球做匀减速直线运动的时间为t1，位移为x1，根据运动学公式有v0=a1t1，代入数据可得t1=6s，x1=36m(2) 设前锋队员的加速度大小为a2，最大速度为vm，前锋队员加速到最大速度所用时间为t2、位移为x2，根据运动学公式有vm=a2t2，代入数据可解得t2=4s，x2=16m前锋队员加速到最大速度时，足球的位移故此时队员没有追上足球。之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，设前锋队员匀速运动的位移为x3，则有x3＝vm(t1－t2)解得x3=16 m。由于x1>x2＋x3，故当足球停止运动时，前锋队员仍没有追上足球，设前锋队员又运动了t3时间才追上足球，如图，则有x1－(x2＋x3)=vmt3代入数据解得t3=0.5 s。故前锋队员追上足球所用的总时间t=t1＋t3=6.5s16. 如图所示，固定斜面体的斜面AD部分粗糙，DB部分光滑，一个物块从斜面底端A点以大小为9m/s的初速度沿斜面上滑，最高到达E点，经过D点的速度大小为6m/s，且。已知斜面的倾角为37°，重力加速度，，，求（结果可用分式或带根号）：（1）物块在AD段与斜面间的动摩擦因数；（2）物块又返回到A点的速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）物块从A运动到D过程的加速度大小为，由牛顿第二定律可得物块从D运动到E过程的加速度大小为，由牛顿第二定律可得根据位移公式可得，，联立解得，（2）由动能定理可得解得17. 如图甲所示，一本词典放置在水平桌面上，词典的总厚度，总质量，将一张白纸（质量和厚度均可忽略）夹在词典最深处，白纸距词典上表面的高度为，如图乙所示，白纸上下表面与书页间，词典与桌面间的动摩擦因数均为，各接触面间的最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，白纸受到的压力大小等于压在白纸上方那部分词典的重力，且词典的质量随高度均匀分布。用大小合适的水平拉力向外拉白纸，可带动词典在桌面上运动，重力加速度，求：（1）词典在桌面上运动时桌面对词典的摩擦力和白纸与词典间的最大摩擦力；（2）词典在桌面上运动的最大加速度。【答案】（1）5.4N，7.2N；（2）【解析】【分析】【详解】（1）词典在桌面上运动时桌面对词典的摩擦力代入数据解得白纸上方词典的质量白纸与词典间最大摩擦力代入数据解得（2）词典运动的最大加速度a满足代入数据解得最大加速度18. 一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10ｍ/s2.求：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数； （2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。 【答案】（1）0.20 ， 0.30 （2）s=1.125m【解析】【详解】试题分析：（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板与物块的质量均为m．v-t的斜率等于物体的加速度，则得：在0-0．5s时间内，木板的加速度大小为．对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得μ1mg+μ2•2mg=ma1，①对物块：0-0．5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2=μ1gt=0．5s时速度为v=1m/s，则 v=a2t ②由①②解得μ1=0．20，μ2=0．30（2）0．5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止．根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2=μ1g=2m/s2．0．5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为故整个过程中木板的位移大小为物块的位移大小为所以物块相对于木板的位移的大小为s=x1-x2=1．125m考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题首先要掌握v-t图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移．
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